ZOJ-3777-Problem Arrangement（状态DP）

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3777

题意：

输入n和m，接下来一个n*n的矩阵，a[i][j]表示第i道题放在第j个顺序做可以加a[i][j]的分数，问做完n道题所得分数大于等于m的概率。用分数表示，分母为上述满足题意的方案数，分子是总的方案数,输出最简形式。

分析：

一开始用的DFS做的，复杂度太高，果断超时。。

正解是状压DP：

由于总的方案数为n! ，简化为求给一个n*n的矩阵，每一行每一列各选一个数使得n个数之和大于等于m的方案数。

n的范围是1 <= n <= 12，每一列选与不选分别用1和0表示，状态数最多达到1<<12。

dp[sta][score]表示状态为i得分为j的方案数。

sta通过二进制上1的位置来表示哪几列被选了。

在当前状态下，对于某一列j，若sta&(1<<j) == 0说明第j列还未选，继而可以由第j列来更新，否则说明第j列已经被选。

状态转移方程为：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

int dp[1<<12][510];
int f[13];
int a[13][13];

int gcd(int a, int b)
{
    if(b == 0) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

int main()
{
    int test;
    int n,m;

    f[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 12; i++)
        f[i] = f[i-1] * i;

    scanf("%d",&test);
    while(test--)
    {
        scanf("%d %d",&n,&m);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                scanf("%d",&a[i][j]);

        for(int i = 0; i < (1<<n); i++)
            for(int j = 0; j <= m; j++)
                dp[i][j] = 0;
        dp[0][0] = 1;

        for(int i = 0; i < (1<<n); i++)
        {
            int cnt = 0;
            for(int j = 1; j <= n; j++)
            {
                if(i & (1<<(j-1)) )
                    cnt++;
            }

            for(int j = 1; j <= n; j++)
            {
                if(i & (1<<(j-1))) continue;

                for(int g = 0; g <= m; g++)
                {
                    if(g + a[cnt+1][j] >= m)
                        dp[i+(1<<(j-1))][m] += dp[i][g];
                    else
                        dp[i+(1<<(j-1))][g+a[cnt+1][j]] += dp[i][g];
                }
            }
        }
        if(dp[(1<<n)-1][m] == 0)
            printf("No solution\n");
        else
        {
            int tmp = gcd(f[n],dp[(1<<n)-1][m]);
            printf("%d/%d\n",f[n]/tmp, dp[(1<<n)-1][m]/tmp);
        }
    }

    return 0;
}